【文档说明】北京理工大学附属中学2024-2025学年高二上学期10月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(20)页，1.386 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-4d6935583edfe1fdb40e34a63fd6b9d4.html

以下为本文档部分文字说明：

2024.10高二第一学期十月阶段练习－化学原子量：H1C12O16Na23P31S32Cl35.5Ba137一、选择题（每题只有一个选项符合题意，1－20题每题3分，21－25题每题2分，共70分）1.关于中国传统文化中的“文房四宝”，下

列叙述中不正确的是（）A.可用灼烧法鉴别毛笔笔头是否含蛋白质B.用墨写字利用了常温下碳的稳定性C.纸的主要成分纤维素属于合成高分子化合物D.用工具打磨石材制砚台的过程是物理变化【答案】C【解析】【详解】A项、毛笔笔头

主要成分是蛋白质，灼烧会产生特殊的气味，假的毛笔笔头是化学纤维，所以用灼烧法可鉴别毛笔笔头的真伪，故A正确；B项、碳的化学性质稳定，在空气中不易反应，所以用墨写字画画可长久不褪色，故B正确；C项、纸的原料是木材，主要成分是纤维素，纤维素属于天然高分子化合物，故C错误；D

项、用工具打磨石材制砚台的过程中没有新物质生成，是物理变化，故D正确。故选C。【点睛】本题考查物质的性质及用途，注意分析物质的性质，把握常见物质的性质和鉴别方法为解答的关键。2.用惰性电极电解下列各组中的三种电解质溶液，在电解的过

程中，溶液的pH依次为升高、不变、降低的是()A.AgNO3CuCl2Cu(NO3)2B.KClNa2SO4CuSO4C.CaCl2KOHNaNO3D.HClHNO3K2SO4【答案】B【解析】【详解】由

电解规律可得：类型化学物质pH变化放O2生酸型CuSO4、AgNO3、Cu(NO3)2降低放O2生酸型KCl、CaCl2升高电解电解质型CuCl2升高HCl升高电解H2O型NaNO3、Na2SO4、K2SO4不变KaOH升高HNO3降低故选B。3.下列热化学方程式正确的是选

项已知条件热化学方程式A2H的燃烧热为1kJmola−122HCl2HClkJmolHa−+=−点燃B21molSO、20.5molO完全反应，放出热量98.3kJ()()()2232SOgOg2SOg+19

8.3kJmolH−=−C()()()2HaqOHaq=HOl+−+157.3kJmolH−=−()()()()24242HSOaqBa(OH)aq=BaSOs2HOl++1114.6kJmolH−=−D31g白磷(4P)比31g红磷能量多kJb()()1

4Pk,s4P,sJmol4Hb−=−=白磷红磷A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．燃烧热是指1mol可燃物完全燃烧生成稳定氧化物所释放的热量，应是1mol气态H2和气态O2反应生成1mol液态水放出的热量，故A错误；B．根据1molSO2、0.5molO2完全反

应后，放出热量98.3kJ可知，则2molSO2、1molO2完全反应后，放出热量196.6kJ，因此2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)ΔH＝−196.6kJ∙mol−1，故B错误；C．根据()()()2HaqOHaq=HOl+−+ΔH＝−57.3kJ∙mol−1，生成

BaSO4沉淀，放出的热量大于114.6kJ，故H2SO4(aq)+Ba(OH)2(aq)＝BaSO4(s)+2H2O(l)ΔH＜−114.6kJ∙mol−1，故C错误；D．根据31g即0.25mol白磷比31g即1mol红磷能量多bkJ，白磷转化为红磷

会释放能量，1mol白磷固体变为4mol红磷固体释放4bkJ的热量，因此()()14Pk,s4P,sHJmol4b−=−=白磷红磷，故D正确。综上所述，答案为D。4.下列有关反应的离子方程式不正确．．．的是A.氧化铁与稀盐酸

混合：3232FeO6H2Fe3HO+++=+B.3FeCl溶解Cu：3222FeCu2FeCu++++=+C.碳酸氢钠溶液与稀24HSO反应：2322CO2HHOCO−++=+D.氯气与碘化钾溶液：222IClI2Cl−−+=+【

答案】C【解析】【详解】A．氧化铁与盐酸发生复分解反应生成氯化铁和水，A正确；B．氯化铁与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，B正确；C．碳酸氢钠与稀硫酸反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，离子方程式为：322HC

OHHOCO−++=+，C错误；D．氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，D正确；答案选C。5.关于下图装置的说法，错误的是A.盐桥内的K+移向CuSO4溶液B.若将Cu电极换成石墨电极，原电池反应不改变C.铜电极上发生的电极反应是2H++e-

=H2↑D.Zn为电池的负极【答案】C【解析】【分析】在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，发生失电子的氧化反应，负极反应式为Zn-2e-=Zn2+；Cu做正极，CuSO4溶液中的Cu2+发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu；据

此分析解答。【详解】A．在原电池中，阳离子移向正极，因此盐桥中的K+移向CuSO4溶液中，A正确；B．若将铜电极换成石墨电极，电极反应式没有变化，则原电池反应不改变，B正确；C．铜电极上是由CuSO4溶液中的Cu

2+发生得电子的还原反应，其电极反应式为Cu2++2e-=Cu，C错误；D．在该原电池中，由于金属性Zn>Cu，因此Zn做负极，D正确；故答案选C。6.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是A.1L0.1mol/LCH3COOH溶液中

含有的阴离子数目小于0.1NAB.1molNa与足量O2充分反应后，转移的电子数目为NAC.常温常压下，17gH2O2含有的氧原子数目为NAD.11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为NA【答案】D【解析】【详解】A．CH3COOH

溶液中存在水的电离和醋酸的电离，水和CH3COOH是弱电解质属于微弱电离，故1L0.1mol/LCH3COOH溶液中含有的阴离子数目小于0.1NA，A正确；B．1molNa与足量O2充分反应，Na变为Na+转移1mole-，B正确；C．17gH2O2的物质的量为=mM=17

g34g/mol=0.5mol，含有的氧原子数目为2×0.5mol×NA=NA，C正确；D．N2与NH3分子中均含有3对共用电子对，故11.2L(标准状况)N2与NH3的混合物中含有的共用电子对数目为11.2L22.4L/mol×3×NA=1.5NA，D错误；故选D

。7.下列在指定溶液中的各组离子，一定能够大量共存的是A.无色溶液中：K+、4NH+、24SO−、Cl−B.pH11=的溶液中：2S−、Na+、3HCO−、K+C.pH1=的溶液中：Na+、2Mg+、3NO−、23SO

−D.电解4CuSO溶液后的溶液中：23SiO−、Cl−、K+、24SO−【答案】A【解析】【详解】A．该组离子之间不反应，离子可大量共存，且离子均为无色，故A正确；B．pH=11的溶液显碱性，OH-与3HCO−反应生成碳酸根离子和水，不能大量存在，故B错误；C．pH=1的溶

液显酸性，H+、23SO−发生反应生成二氧化硫和水，不能大量共存，故C错误；D．电解4CuSO溶液生成铜、硫酸和氧气，反应后的溶液是硫酸，H+与23SiO−反应生成硅酸，不能共存，故D错误；故选：A。8.利用右图所示装置可以将温室气体CO2转化为燃料气体CO。下列说法中，正确的是A

.该过程是将太阳能转化为化学能的过程B.电极a表面发生还原反应C.该装置工作时，H+从b极区向a极区移动D.该装置中每生成1molCO，同时生成1molO2【答案】A【解析】【详解】A．根据图示，该过程是将太

阳能转化为化学能的过程，故A正确；B．根据图示，电极a表面发生水转化为氧气的过程，反应中O元素的化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故B错误；C．根据图示，a为负极，b为正极，H+从a极区向b极区移动，故C错误；D．根据得失电子守恒，该装置中每生成1molCO，同时生成1

2molO2，故D错误；故选A。9.氢气与氧气生成水的反应是氢能源应用的重要途径。下列有关说法正确的是A.反应2222H(g)O(g)2HO(g)+=在点燃条件下才能剧烈反应，所以不能设计成原电池B.碱性氢氧燃料电池的负极反应为2H2e2H−+−=C.常温常压下，氢氧燃料电池放电过程中

消耗211.2LH，转移电子的数目为236.0210D.同温同压下，2222H(g)O(g)2HO(g)+=，在燃料电池和点燃条件下的H相同【答案】D【解析】【详解】A．反应2222H(g)O(g)2HO(g)+=是自发的氧化还原反应，能设计成原电池，A错误；B．碱性氢氧燃料电池的

负极是氢气失去电子和氢氧根离子反应生成水，负极反应式为H2+2e-+2OH-=2H2O，B错误；C．常温常压下气体摩尔体积大于22.4/mol，氢氧燃料电池放电过程中消耗氢气11.2L，则氢气的物质的量小于0.5mol，反应转移电子小于0.5mol×2=1mol，故数目

小于6.02×1023，C错误；D．反应的焓变与反应途径无关，在燃料电池和点燃条件下的H相同，D正确；故选D。10.某新型电池的工作原理如图所示，已知电池放电时的反应为122NaMnONaCNaMnOCxxnn−+=+（反应前

后Na的化合价不变）。下列说法错误的是A.电极M是电池的正极B.电池的负极发生反应NaCeNaCxnxxn−+−=+C.电池工作时，Na+移向电极MD.电池工作时，每消耗10.1mol−的NaCxn，有0.1molMn被氧化【答案】D【解析】【分析】根据题给信息电池

放电时的反应为122NaMnONaCNaMnOCxxnn−+=+（反应前后Na的化合价不变）可知，Mn元素化合价降低，发生得电子的还原反应，所以电极M为电池的正极，C元素化合价升高，NaxCn在电极N发生失电子的氧化反应

，据此分析解答。【详解】A．由电池总反应可知，放电时，M电极发生反应Na1-xMnO2+xe-+xNa+=NaMnO2，所以电极M是电池的正极，故A正确；B．由电池总反应可知，放电时，电池的负极发生反应N

axCn-xe-=xNa++nC，故B正确；C．M是正极、N是负极，电池工作时，Na+移向电极M，故C正确；D．根据反应总方程式122NaMnONaCNaMnOCxxnn−+=+可知，每消耗10.1mol−的N

aCxn，有0.1molMn被还原，故D错误；答案选D。11.通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下：下列说法不正确．．．的是A.CCl4起到萃取、富集I2作用B.a中下层变无色，说明I2转化为I－C.Ⅲ中发生反应的离子方程式为：Br2

+2I－===I2+2Br－D.依据a、b中现象，可以证明Cl2的氧化性比Br2强【答案】B【解析】【详解】A、碘单质和四氯化碳都是非极性分子,下层呈紫色,所以CCl4起到萃取、富集I2的作用,所以A选项是正确的;B、四氯化碳不溶于水,比水重,碘单质在四氯化碳中溶解度大于水中,四氯

化碳层为紫红色,上层主要溶质是氯化钾,加氯水后，I2被氧化为碘酸根离子，能溶解在水中，而不是将I2转化为I-,故B错误;C、溴单质的氧化性强于碘单质,所以溴单质能将碘离子氧化成碘单质,发生了Br2+2I-=I2+2Br-,所以C选项是正确的;D、Ⅱ滴入氯水能将

碘单质氧化成无色的碘酸根离子,而Ⅳ滴入溴水下层仍呈紫色,所以氯气的氧化性强于溴单质,故D正确;答案：B。12.用石墨作电极，电解盛放在U形管中的饱和NaCl溶液（滴有酚酞溶液），如图。下列叙述正确的是A.通电后，NaCl发生电离B.通

电一段时间后，阳极附近溶液先变红C.当阳极生成0.1mol气体时，整个电路中转移了0.1mole－的D.电解饱和食盐水的总反应式为：2NaCl+2H2O==电解2NaOH+H2↑+Cl2↑【答案】D【解析】【分析】用石墨作电极电解饱和氯化钠溶液，阴极发生还原反应，电极反应式为：2

H2O+2e-＝H2↑+2OH-，生成NaOH，该极呈碱性；阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，总反应为：2NaCl+2H2O==电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，以此解答该题。【详解

】A．NaCl为强电解质，无论是否通电，在溶液中都发生电离，A错误；B．阳极生成氯气，阴极生成NaOH，则阴极附近溶液先变红，B错误；C．阳极发生氧化反应，电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，生成0.1mol氯气时，转移电子

为0.2mol，C错误；D．电解饱和食盐水，阳极生成氯气，阴极生成氢气和氢氧化钠，总方程式为2NaCl+2H2O==电解2NaOH+H2↑+Cl2↑，D正确；故选；D。【点睛】本题考查电解原理，为高频考点，侧重于学生的分析、计算能力的考查，难度一般，掌握离子放电顺序是解

题的关键，注意基础知识的积累掌握。易错点是氢氧根离子在阴极产生的判断。13.烧杯A中盛放0.1mol/L的24HSO溶液，烧杯B中盛放0.1mol/L的2CuCl溶液（两种溶液均足量），组成的装置如图所示。下列说法不正确的是A.经过一段时间，B烧杯中溶液的质量减小B.将B中右侧石墨改为铜电极，电极

上发生的反应不变C.当A烧杯中产生0.1mol气体时，B烧杯中产生气体的物质的量也为0.1molD.A装置中石墨电极有气泡产生但石墨电极不参与反应【答案】B【解析】【分析】烧杯A中有自发进行的氧化还原反应：Fe+2H+=Fe2++H2，所以A为原电池，且Fe为负

极，石墨为正极，烧杯B为电解池，左侧C棒与原电池负极相连为阴极，右侧石墨棒与原电池正极相连为阳极。【详解】A．根据分析可知烧杯B为电解池，阳极上Cl-放电生成Cl2，阴极Cu2+放电生成Cu单质，B烧杯中溶液的质量减小，A正确；B．将右侧石墨电极换成Cu电极后，Cu为活性电

极，在阳极会发生氧化反应，其电极方程式变为Cu-2e-=Cu2+，B错误；C．烧杯A中产生0.1mol氢气时，转移0.2mol电子，B烧杯阳极上发生2Cl-2e-=Cl2，阴极不产生气体，所以也产生0.1mol气体，C正确；D．烧杯A中C棒为正极，电极反应为2H++2e-

=H2，所以石墨电极有气泡产生但石墨电极不参与反应，D正确；综上所述，答案为B。14.用下图装置（夹持、加热装置已略）进行实验，②中现象不能．．证实①中发生了反应的是①中实验②中现象A铁加热后与水反应通入水中有气泡B加热4NHCl溶液和

浓NaOH溶液的混合物湿润的红色石蕊试纸变蓝C加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混合物饱和23NaCO溶液的上层有无色油状液体产生D将铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物放置一段时间导管中倒吸形成一段水柱A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．铁加热后不能与水发生反应，铁只能与水蒸气在高温条件下

发生反应，②中有气泡是①中空气受热膨胀造成的，所以不能证实①中发生了反应，A符合题意；B．加热时氯化铵与浓NaOH溶液反应生成氨气，氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊试纸会变蓝，B不符合题意；C．加热乙酸、乙醇和浓硫酸的混

合物，生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可吸收乙醇、除去乙酸、降低酯的溶解度，则充分振荡后，饱和Na2CO3溶液的上层有无色油状液体乙酸乙酯析出，C不符合题意；D．铁粉、碳粉和NaCl溶液的混合物，构成原电池，Fe发生吸氧

腐蚀，则导管中倒吸形成一段水柱，D不符合题意；故选A15.下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一项是选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入NaOH溶液，生成白色沉淀该溶液中一定含有2+MgB将

银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗金属钠具有还原性C向某溶液中加入3AgNO溶液，生成白色沉淀该溶液中可能含有-ClD用玻璃棒蘸取氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红，随后褪色氯水中含有酸性物质、漂

白性物质A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．白色沉淀可能为氢氧化铝或氢氧化镁等，由操作和现象可知，该溶液中不一定含有Mg2+，故A错误；B．将银白色的金属钠放置在空气中，钠表面很快变暗，说明Na与氧气发生氧化反应生成了氧化钠，钠表现出还原性，故B正确；C．向某溶液

中加入AgNO3溶液，生成的白色沉淀可能为Ag2CO3，不一定为AgCl，则原溶液中可能含有Cl-，故C正确；D．氯水含盐酸、次氯酸，次氯酸具有漂白性，则蓝色石蕊试纸先变红，随后褪色，故D正确；故选：A。16.取23100mLNaCO

和24NaSO混合溶液，加入过量2BaCl溶液后得到29.02g白色沉淀，用过量稀硝。的酸处理产生气体2.24L(标准状况)。下列说法不正确的是A.混合溶液中23NaCO的物质的量浓度0.1mol/L

B.混合溶液中24NaSO的物质的量浓度0.4mol/LC.29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，沉淀质量减少19.7gD.处理沉淀消耗的硝酸的溶质的物质的量0.2mol【答案】A【解析】【分析】用过量稀硝酸处理产生气体2.24L，该气体

应为二氧化碳，其物质的量为：2.24L0.1mol22.4L/mol=；则碳酸钠的物质的量以及生成碳酸钡的物质的量均为0.1mol，生成碳酸钡的质量为0.1mol×197g/mol=19.7g；则硫酸钡的质量为29.02

-19.7=9.32g，其物质的量为9.32g0.04mol233g/mol=，可知24NaSO的物质的量为0.04mol，据此分析解答；【详解】A．由以上分析可知23NaCO的物质的量为0.1mol，则其浓度为：11L0.1L0.1molmol

−=，故A错误；B．由以上分析可知24NaSO的物质的量为0.04mol，混合溶液中24NaSO的物质的量浓度0.04mol0.1L==0.4mol/L，故B正确；C．29.02g白色沉淀用过量稀硝酸处理，其中碳酸钡溶于硝酸，其质量为19.7g，故C正确；D．1mol碳酸钡消耗2m

ol硝酸，则0.1mol碳酸钡溶解消耗0.2mol硝酸，故D正确；故选：A。17.工业上常用铁碳混合物处理含Cu2+废水获得金属铜。当保持铁屑和活性炭总质量不变时，测得废水中Cu2+浓度在不同铁碳质量比(x)

条件下随时间变化的曲线如下图所示。下列推论不合理．．．的是A.活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用B.铁屑和活性炭会在溶液中形成微电池，铁为负极C.增大铁碳混合物中铁碳比(x)，一定会提高废水中Cu2+的去除速率D.利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜

的反应原理：Fe+Cu2+＝Fe2++Cu【答案】C【解析】【分析】A、由图可知纯的活性炭铜离子的浓度减小；B、铁与活性炭形成原电池，铁比炭活泼；C、由图可知纯铁时去除铜离子的速率，没铁碳比为2：1时的速率快；D、利用铁碳混合物回收含Cu2+废水中铜的反应原理是铁与铜离子发生自发的氧

化还原反应。【详解】A项，活性炭具有许多细小微孔，且表面积巨大，具有很强的吸附能力，由图象可知，Cu2+在纯活性炭中浓度减小，表明活性炭对Cu2+具有一定的吸附作用，故不选A项；B项，铁屑和活性炭在溶液中形成微电池，其中铁具有较强的还原性，易失去电子形成Fe2+，发生氧化反应，因此铁

作负极，故不选B项；C项，由图象可知，随着铁碳混合物中铁含量的增加至x=2:1，Cu2+的去除速率逐渐增加；但当铁碳混合物变为纯铁屑时，Cu2+的去除速率降低。当铁碳混合物中铁的含量过大时，正极材料比例降低，铁碳在废液中形

成的微电池数量减少，Cu2+的去除速率会降低，因此增大铁碳混合物中铁碳比（x），不一定会提高废水中Cu2+的去除速率，故选C项；D项，在铁碳微电池中，碳所在电极发生还原反应，Cu2+得到电子生成铜单质；因此该微电池的总反应方程式为Fe+Cu2+＝Fe2++Cu，故不

选D项。综上所述，本题正确答案C。【点睛】本题对电化学的原理和学生看图识的能力的考查，题目有利于培养学生的良好的科学素养，侧重于考查学生的分析、实验能力的考查，注意把握提给信息以及物质的性质，为解答该题的关键。18.执法交警

最常用一种酒精检测仪的工作原理示意图如图所示，其反应原理为23232CHCHOHOCHCOOHHO=++，被测者呼出气体中所含的酒精被输送到电池中反应产生微小电流，该电流经电子放大器放大后在液晶显示屏上显示其酒精含量。下列说法错误的是为的A.电解质溶液中

的24SO−移向a电极B.该装置工作时b电极附近pH值减少C.呼出气体中酒精含量越高，产生的电流越大D.a极上的电极反应式为3223CHCHOHHO4eCHCOOH4H−++−=+【答案】B【解析】【分析】根据图示及总反应方程式可知，电解质溶液为酸性环境，b极为正极，电极反应式为：O2+4e-+4

H+=2H2O，a极为负极，电极反应式为：3223CHCHOHHO4eCHCOOH4H−++−=+，据此分析解答；【详解】A．电解质溶液中阴离子向负极移动，故2-4SO移向a电极，A正确；B．b为正极，电解质溶液为酸性环境，正极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4e-+4H+=2

H2O，b电极附近氢离子浓度减小，pH增大，B错误；C．单位时间内，人呼出的气体中酒精含量越高，酒精失电子数越多，所以微处理器中通过的电流越大，C正确；D．a极是负极，CH3CH2OH失电子发生氧化反应生成CH3COOH，a极的电极反应式为：3223CHCHOHHO4e

CHCOOH4H−++−=+，D正确；答案选B。19.用Na2FeO4溶液氧化废水中的还原性污染物M，为研究降解效果。设计如下对比实验探究温度、浓度、pH对降解速率和效果的影响，实验测得M的浓度与时间关系如图所示

，下列说法错误的是实验编号温度℃pH①251②451③257④251A.实验①在15min内M的降解速率为1.33×10-5mol/(L·min)B.实验①②说明升高温度，M降解速率增大C.实验①③证明pH越高，越不利于M的降解D.实验②④说明M的浓度越小，降解的速率越慢

【答案】D【解析】【详解】A．实验①在15min内M的降解速率为()30.3.0110/L15minmol−−=1.33×10-5mol/(L·min)，A正确；B．从表中可知实验①②的单一变量是温度，且实验②的温度高于实验①，从曲线

看，在相同时间内，曲线②的下降幅度大于曲线①，起始M的浓度相同，故说明升高温度，M降解速率增大，B正确；C．从表中可知实验①③的单一变量是pH，且实验③的pH高于实验①，从曲线看，在相同时间内，曲线③的下降幅度小于曲线①，起始M的浓度相同，故说明pH越高

，越不利于M的降解，C正确；D．实验②④的温度和起始M浓度均不相同，不符合单一变量的对照要求，不能说明M的浓度越小，降解的速率越慢，D错误；答案选D。20.二氧化碳的资源化利用是目前研究的热点问题之一，西北工业大

学团队研究锂-二氧化碳二次电池，取得了重大科研成果。该电池放电时的总反应为：3CO2+4Li=2Li2CO3+C，下列说法正确的是A.该电池隔膜两侧的电解液a、b均可选用水性电解液B.放电时，电子从锂电极流出，最终通过电解质溶液流回锂电极，构成闭合回路C.放电时，若消耗3molCO2时，转移

4mol电子D.充电时，锂电极与外接电源的正极相连【答案】C【解析】【详解】A．Li与水会反应，因此该电池隔膜左侧的电解液a不能选用水性电解液，故A错误；B．电子不能通过电解质溶液，故B错误；C．根据反应方

程式3CO2+4Li=2Li2CO3+C，转移4mol电子，有3mol二氧化碳参与反应，因此放电时，若消耗3molCO2时，转移4mol电子，故C正确；D．放电时Li为负极，因此充电时，锂电极与外接电源的负极相连，故D错误。综上所述，答案为C。二、填空题（共30分）

21.某兴趣小组同学利用氧化还原反应44242KMnO10FeSO8HSO++=()42432MnSO5FeSO+24KSO+28HO+设计了如下原电池，其中甲、乙两烧杯中各物质的物质的量浓度均为11molL−，盐桥中装有饱和2

4KSO溶液。回答下列问题：（1）发生氧化反应的烧杯是______（填“甲”或“乙”）。（2）工作时，盐桥中的24SO−移向______（“甲”或“乙”）烧杯。（3）甲烧杯中发生的电极反应为______。【答案】（1）乙（2）乙（3）-4MnO+8H++5e-=M

n2++4H2O【解析】【分析】由44242KMnO10FeSO8HSO++=()42432MnSO5FeSO+24KSO+28HO+可知，在反应中Mn元素的化合价降低，得到电子，Fe元素的化合价升高，失去电子，则b为负极，a为正极；【小问1详解】b为负

极，亚铁离子失电子生成铁离子，则乙烧杯中发生氧化反应；【小问2详解】阴离子向负极移动，则盐桥中的24SO−移向乙烧杯中；【小问3详解】甲烧杯中发生还原反应，Mn元素的化合价降低，电极反应为-4MnO+8H++5e-=Mn2++4H2O。22.二甲醚()33(DME)CHOCH被誉为“2

1世纪的清洁燃料”。由合成气制备二甲醚的主要原理如下：①1231CO(g)2H(g)CHOH(g)H90.7kJmol−+=−②1333222CHOH(g)CHOCH(g)HO(g)H23.5kJmol−+=−③12223CO(g)HO(g)CO(

g)H(g)H41.2kJmol−++=−（1）则反应23323H(g)3CO(g)CHOCH(g)CO(g)H++=______kJ/mol。（2）以下说法能说明反应23323H(g)3CO(g)CHOCH(g)

CO(g)++达到平衡状态的有______。A．2H和2CO的浓度之比为3：1B．单位时间内断裂3个HH−同时断裂1个CO=C．恒温恒容条件下，气体的密度保持不变D．恒温恒压条件下，气体的平均摩尔质量保持不变E．绝热体系中，体系的温度保持不变（3）如图所示装置，装置A是二甲醚

燃料电池，已知该装置工作时电子从b极流出，a极流入。①A池中a电极为电池的______极（填“正或负”），电极反应式为______。②当装置A中消耗0.25mol二甲醚时，此时转移的电子的物质的量为______；装置A中溶液的pH会______（填写“增大”“减小”或“不变”）。【答

案】（1）−246.1（2）BDE（3）①.正②.O2+4e-+2H2O=4OH-③.3mol④.减小【解析】【小问1详解】根据盖斯定律，①×2+②+③得3H2(g)+3CO(g)⇌CH3OCH3(g)+CO2(g)，∆H=(-90.7kJ⋅mol−1)×

2-23.5kJ⋅mol−1-41.2kJ⋅mol−1=−246.1kJ⋅mol−1；【小问2详解】A．H2和CO2的浓度之比为3:1，无法判断二者浓度是否继续变化，则无法判断平衡状态，故A错误；B．二氧化碳分子中含有2个碳氧双键，单位时间内断裂3个H−H同时生成1个C

=O，表示的是正反应速率，断裂1个CO=表示逆反应速率，则正逆反应速率相等，能说明达到平衡状态，故B正确；C．恒温恒容条件下，混合气体的密度为定值，不能根据密度判断平衡状态，故C错误；D．混合气体的质量不变，混合气体的物质的

量为变量，则气体的平均摩尔质量为变量，当气体的平均摩尔质量保持不变时，表明该反应达到平衡状态，故D正确；E．该反应为放热反应，绝热体系中，体系的温度为变量，当体系的温度保持不变时，表面正逆反应速率相等，该反应达

到平衡状态，故E正确；故选BDE；【小问3详解】①a为正极，b极是负极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，a电极反应式为：O2+4e-+2H2O=4OH-；②装置A中负极电极反应式为：CH3OCH3+16OH--12e-=22-3CO

+11H2O，消耗0.25molCH3OCH3时，则转移电子为0.25mol×12=3mol，OH-被消耗，所以装置A中溶液的pH会减小。23.以黄铜矿（主要成分二硫化亚铁铜2CuFeS）为原料，用()243FeSO溶液作浸取剂提取铜，总反应的离子方程式是3222CuFe

S4FeCu5Fe2S++++++。（1）该反应中，3Fe+体现______性。（2）上述总反应的原理如图所示。负极的电极反应式是______。（3）一定温度下，控制浸取剂pH1=，取三份相同质量黄铜矿粉末分别进行如下实验：实操作2小

时后2Cu+浸验出率/%Ⅰ加入足量()12430.10molLFeSO−溶液78.2Ⅱ加入足量()12430.10molLFeSO−溶液，通入空气90.8Ⅲ加入足量()12430.10molLFeSO−溶液，再加入少量1240.0005molLAgSO−溶液9

8.0由实验Ⅲ推测，在浸取2Cu+过程中Ag+作催化剂，催化原理是：ⅰ．2222CuFeS4AgFeCu2AgS++++=++，ⅱ．322AgS2Fe2Ag2FeS++++=++。为证明该催化原理，进行如下

实验：a．取少量黄铜矿粉末，加入少量1240.0005molLAgSO−溶液，充分混合后静置。取上层清液，加入稀盐酸，观察到溶液中______，证明发生反应ⅰ。b．取少量2AgS粉末，加入______溶液，充分混合后静置。取上层清液，加入

稀盐酸，有白色沉淀，证明发生反应ⅱ。（4）用实验Ⅱ的浸取液电解提取铜的原理如图所示：①电解初期，阴极没有铜析出。用电极反应式解释原因是______。②将阴极室的流出液送入阳极室，可使浸取剂再生，再生的

原理是______。【答案】（1）氧化（2）CuFeS2－4e－=Fe2＋＋2S＋Cu2＋（3）①.无明显现象②.Fe2(SO4)3（4）①.Fe3＋＋e－=Fe2＋②.Fe2＋在阳极失电子生成Fe3＋，2-4SO通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2(SO

4)3溶液再生【解析】【分析】总反应的离子方程式是3222CuFeS4FeCu5Fe2S++++++，负极是CuFeS2失电子发生氧化反应，正极是铁离子得电子生成亚铁离子，电极反应式为Fe3＋＋e－=Fe2＋；【小问1详解】根据离子反应方程式，Fe3＋→Fe2＋，化合价降低，因此Fe3＋

表现氧化性；【小问2详解】根据原电池的工作原理，失电子的一极为负极，因此CuFeS2作负极，其电极反应式为CuFeS2－4e－=Fe2＋＋2S＋Cu2＋；【小问3详解】a．根据反应方程式，Ag+完全反应转化为沉淀，溶液中没有Ag+

，因此可通过检验Ag+，判断是否发生了i；取上层清液，加入稀盐酸，没有沉淀产生，说明溶液中不含Ag＋，即说明i发生；b．根据ii反应，需要加入Fe2(SO4)3溶液；【小问4详解】①实验Ⅱ中，加入过量Fe2(SO4)3溶液，Fe3＋过量，因为Fe3＋的

氧化性强于Cu2＋，因此Fe3＋先放电，即Fe3＋＋e－=Fe2＋；②阳极上发生Fe2＋-e－=Fe3＋，Fe2＋在阳极失电子生成Fe3＋，2-4SO通过阴离子交换膜进入阳极室，Fe2(SO4)3溶液再生。